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训练十七 带电粒子在有界匀强磁场中的运动
题型一 带电粒子在有界匀强磁场中的运动
知识梳理
1．圆心的确定方法
(1)若已知粒子轨迹上的两点的速度方向，分别确定两点处洛伦兹力F 的方向，其交点即为圆心，如图甲．
(2)若已知粒子运动轨迹上的两点和其中某一点的速度方向，弦的中垂线与速度垂线的交点即为圆心，如
图乙．
(3)若已知粒子轨迹上某点速度方向，又能根据r＝计算出轨迹半径r，则在该点沿洛伦兹力方向距离为r
的位置为圆心，如图丙．
2．半径的计算方法
方法一 由R＝求得
方法二 连半径构出三角形，由数学方法解三角形或勾股定理求得
例如：如图甲，R＝或由R2＝L2＋(R－d)2求得
常用到的几何关系
①粒子的偏转角等于半径扫过的圆心角，如图乙，φ＝α.
②弦切角等于弦所对应圆心角一半，如图乙，θ＝α.
3．时间的计算方法
方法一 利用圆心角、周期求得t＝T
方法二 利用弧长、线速度求得t＝
考向1 带电粒子在直线边界磁场中运动
知识梳理
1．直线边界(进出磁场具有对称性，如图所示)
例1 如图所示，直线MN 上方有垂直纸面向里的匀强磁场，电子1 从磁场边界上的a 点垂直MN 和磁场方
1
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向射入磁场，经t1时间从b 点离开磁场．之后电子2 也由a 点沿图示方向以相同速率垂直磁场方向射入磁
场，经t2时间从a、b 连线的中点c 离开磁场，则为( )
A．3 B．2 C. D.
答案 A
解析 电子1、2 在磁场中都做匀速圆周运动，根据题意画出两电子的运动轨迹，如图所示，电子1 垂直边
界射入磁场，从b 点离开，则运动了半个圆周，ab 即为直径，c 点为圆心；电子2 以相同速率垂直磁场方
向射入磁场，经t2时间从a、b 连线的中点c 离开磁场，根据半径r＝可知，电子1 和2 的半径相等，根据
几何关系可知，△aOc 为等边三角形，则电子2 转过的圆心角为60°，所以电子1 运动的时间t1＝＝，电
子2 运动的时间t2＝＝，所以＝3，故A 正确，B、C、D 错误．
考向2 带电粒子在圆形边界磁场中运动
知识梳理
1．圆形边界(进出磁场具有对称性)
(1)沿径向射入必沿径向射出，如图甲所示．
(2)不沿径向射入时，如图乙所示．
射入时粒子速度方向与半径的夹角为θ，射出磁场时速度方向与半径的夹角也为θ.
例2 (多选)如图所示，在圆形边界的磁场区域，氕核H 和氘核H 先后从P 点沿圆形边界的直径入射，从
射入磁场到射出磁场，氕核H 和氘核H 的速度方向分别偏转了60°和120°角，已知氕核H 在磁场中运动
的时间为t0，轨迹半径为R，则( )
A．氘核H 在该磁场中运动的时间为2t0 B．氘核H 在该磁场中运动的时间为4t0
C．氘核H 在该磁场中运动的轨迹半径为R D．氘核H 在该磁场中运动的轨迹半径为R
答案 BD
2
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解析 由题意，作出两核在磁场中的运动轨迹示意图如图所示，两核在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹
力提供向心力，qvB＝m，T＝＝，两核在磁场中运动时间t＝T＝，H 和H 的比荷之比为2∶1，圆心角之比
为1∶2，代入可得氘核H 在该磁场中运动的时间为t′＝4t0，故A 错误，B 正确；设磁场圆半径为r，氕核
H 和氘核H 的轨迹圆圆心分别为O1、O2，分别从A 点、C 点射出磁场，氘核H 在磁场中运动的轨迹半径为
R′，则对△PAB，由几何关系可得R＝r，对△O2OC，由几何关系可得R′＝r，可得出R′＝R，故C 错误，
D 正确．
考向3 带电粒子在平行边界磁场中运动
知识梳理
1．平行边界(往往存在临界条件，如图所示)
例3 (多选)如图所示，在坐标系的y 轴右侧存在有理想边界的匀强磁场，磁感应强度大小为B，磁场的
宽度为d，磁场方向垂直于xOy 平面向里．一个质量为m、电荷量为－q(q>0)的带电粒子，从原点O 射入磁
场，速度方向与x 轴正方向成30°角，粒子恰好不从右边界射出，经磁场偏转后从y 轴上的某点离开磁
场．忽略粒子重力．关于该粒子在磁场中的运动情况，下列说法正确的是( )
A．它的轨迹半径为d B．它进入磁场时的速度为
C．它在磁场中运动的时间为 D．它的运动轨迹与y 轴交点的纵坐标为d
答案 AB
解析 粒子运动轨迹如图所示，r＋rsin 30°＝d，解得粒子运动轨迹半径为r＝d，故A 正确；由qvB＝
3
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m，r＝d，联立解得粒子进入磁场时的速度为v＝＝，故B 正确；T＝＝，如图由几何关系知t＝T，解得粒
子在磁场中运动的时间为t＝，故C 错误；粒子运动轨迹与y 轴交点的纵坐标为y＝－2rcos 30°＝－d，
故D 错误．
考向4 带电粒子在多边形边界或角形区域磁场中运动
知识梳理
1．在多边形边界或角形区域磁场
带电粒子在多边形边界或角形区域磁场运动时，会有不同的临界情景，解答该类问题主要把握以下两点：
(1)射入磁场的方式：①从某顶点射入；②从某边上某点以某角度射入．
(2)射出点的判断：经常会判断是否会从某顶点射出．
①当α≤θ 时，可以过两磁场边界的交点，发射点到两磁场边界的交点距离为d＝2Rsin α，如图甲所
示．
②当α>θ 时，不能通过两磁场边界的交点，粒子的运动轨迹会和另一个边界相切，如图乙所示．
例4 (多选)(2023·河北石家庄市模拟)如图所示，△AOC 为直角三角形，∠O＝90°，∠A＝60°，AO＝
L，D 为AC 的中点．△AOC 中存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，在O 点放置一粒子
源，可以向各个方向发射质量为m、电荷量为－q、速度大小均为v0＝的粒子．不计粒子间的相互作用及重
力作用，对于粒子进入磁场后的运动，下列说法正确的是( )
A．粒子在磁场中运动的半径为L
B．与OC 成45°角入射的粒子将从AC 边射出
C．在AC 边界上有粒子射出的区域长度为L
D．所有从OA 边界射出的粒子在磁场中运动的时间相等
答案 ABC
解析 粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有qv0B＝，解得粒子在磁场中运动的半径为
r＝＝L，故A 正确；如图甲所示，当粒子恰好从A 点射出时，根据几何关系可得粒子与OC 成60°角入射，
所以与OC 成45°角入射的粒子将从AC 边射出，故B 正确；
如图乙所示，根据几何关系可知沿OC 方向入射的粒子将恰好从D 点射出，结合上面B 项分析可知AD 为AC
边界上有粒子射出的区域，其长度为L，故C 正确；所有粒子在磁场中运动的周期均相同，设为T，设粒子
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在磁场运动过程中转过的圆心角为α，则粒子运动时间为t＝T，由于所有粒子的运动轨迹为半径相同的
圆，从OA 射出的粒子，其轨迹所截AO 的长度不同，对应转过的圆心角不同，所以所有从OA 边界射出的粒
子在磁场中运动的时间不等，故D 错误．
题型二 带电粒子在有界匀强磁场中运动的多解问题
知识梳理
带电粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，由于带电粒子电性不确定、磁场方向不确定、临界状态不确
定、运动的往复性造成带电粒子在有界匀强磁场中运动的多解问题．
(1)找出多解的原因．
(2)画出粒子的可能轨迹，找出圆心、半径的可能情况．
考向1 磁场方向不确定形成多解
例5 (多选)如图所示，A 点的离子源沿纸面垂直OQ 方向向上射出一束负离子，离子的重力忽略不计．为
把这束负离子约束在OP 之下的区域，可加垂直纸面的匀强磁场．已知O、A 两点间的距离为s，负离子的
比荷为，速率为v，OP 与OQ 间的夹角为30°，则所加匀强磁场的磁感应强度B 的大小和方向可能是( )
A．B>，垂直纸面向里 B．B>，垂直纸面向里
C．B>，垂直纸面向外 D．B>，垂直纸面向外
答案 BD
解析 当磁场方向垂直纸面向里时，离子恰好与OP 相切的轨迹如图甲所示，切点为M，设轨迹半径为r1，
由几何关系可知sin 30°＝，可得r1＝s，由r1＝可得B1＝；当磁场方向垂直纸面向外时，其临界轨迹即
圆弧与OP 相切于N 点，如图乙所示，设轨迹半径为r2，由几何关系s＝＋r2，得r2＝，又r2＝，所以B2
＝，综合上述分析可知，选项B、D 正确，A、C 错误．
考向2 带电粒子电性不确定形成多解
例6 (多选)如图所示，在边长为L 的正方形PQMN 区域内存在垂直纸面向外、磁感应强度大小为B 的匀强
磁场，在MN 边界放一刚性挡板，粒子碰到挡板则能够以原速率弹回．一质量为m、带电荷量为q 的粒子以
某一速度垂直于磁场方向从P 点射入磁场，恰好从Q 点射出．下列说法正确的是( )
A．带电粒子一定带负电荷
B．带电粒子的速度最小值为
C．若带电粒子与挡板碰撞，则受到挡板作用力的冲量大小为
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D．带电粒子在磁场中运动时间可能为
答案 CD
解析 若粒子带正电，粒子与挡板MN 碰撞后恰好从Q 点射出，粒子运动轨迹如图甲所示，
设轨迹半径为r2，由几何知识得L2＋(r2－0.5L)2＝r2
2，解得r2＝L，根据牛顿第二定律得qv2B＝m，解得v2
＝，根据动量定理得I＝2mv2＝，故A 错误，C 正确；若粒子带负电，则粒子的运动轨迹如图乙所示，
粒子做圆周运动的半径为r1＝L，由牛顿第二定律得qv1B＝m，解得v1＝，此时半径最小，速度也最小，故
B 错误；若粒子带负电，粒子在磁场中的运动轨迹对应的圆心角为时，粒子在磁场中的运动时间为t＝T
＝，故D 正确．
考向3 临界状态不确定形成多解
例7 (多选)(2022·湖北卷·8)在如图所示的平面内，分界线SP 将宽度为L 的矩形区域分成两部分，一
部分充满方向垂直于纸面向外的匀强磁场，另一部分充满方向垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大
小均为B，SP 与磁场左右边界垂直．离子源从S 处射入速度大小不同的正离子，离子入射方向与磁场方向
垂直且与SP 成30°角．已知离子比荷为k，不计重力．若离子从P 点射出，设出射方向与入射方向的夹角
为θ，则离子的入射速度和对应θ 角的可能组合为( )
A.kBL,0°
B.kBL,0°
C．kBL,60°
D．2kBL,60°
答案 BC
解析 若离子通过下部分磁场直接到达P 点，如图，
根据几何关系则有R＝L，由qvB＝m，可得v＝＝kBL，根据对称性可知出射速度与SP 成30°角斜向上，故
出射方向与入射方向的夹角为θ＝60°.当离子在两个磁场均运动一次时，如图，因为两个磁场的磁感应
强度大小均为B，则根据对称性有R＝L，
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根据洛伦兹力提供向心力，有qvB＝m，可得v＝＝kBL，此时出射方向与入射方向相同，即出射方向与入射
方向的夹角为θ＝0°.通过以上分析可知当离子从下部分磁场射出时，需满足v＝＝kBL(n＝1,2,3，…)，
此时出射方向与入射方向的夹角为θ＝60°；当离子从上部分磁场射出时，需满足v＝＝kBL(n＝
1,2,3，…)，此时出射方向与入射方向的夹角为θ＝0°，故B、C 正确，A、D 错误．
强基固本练
1．(多选)(2022·辽宁卷·8)粒子物理研究中使用的一种球状探测装置横截面的简化模型如图所示．内圆
区域有垂直纸面向里的匀强磁场，外圆是探测器．两个粒子先后从P 点沿径向射入磁场，粒子1 沿直线通
过磁场区域后打在探测器上的M 点．粒子2 经磁场偏转后打在探测器上的N 点．装置内部为真空状态，忽
略粒子重力及粒子间相互作用力．下列说法正确的是( )
A．粒子1 可能为中子
B．粒子2 可能为电子
C．若增大磁感应强度，粒子1 可能打在探测器上的Q 点
D．若增大粒子入射速度，粒子2 可能打在探测器上的Q 点
答案 AD
解析 由题图可看出粒子1 没有偏转，说明粒子1 不带电，则粒子1 可能为中子，A 正确；粒子2 向上偏
转，根据左手定则可知，粒子2 应该带正电，不可能为电子，B 错误；由以上分析可知粒子1 不带电，则
无论如何增大磁感应强度，粒子1 都不会偏转，C 错误；粒子2 在磁场中由洛伦兹力提供向心力，有qvB＝
m，解得r＝，可知若增大粒子的入射速度，则粒子2 做圆周运动的半径增大，粒子2 可能打在探测器上的
Q 点，D 正确．
2.(多选)如图所示，虚线MN 上方存在匀强磁场，磁感应强度大小为B.一群电子以不同速率从边界MN 上的
P 点以相同的入射方向射入磁场．其中某一速率为v 的电子从Q 点射出边界．已知电子入射方向与边界MN
的夹角为θ，则( )
A．该匀强磁场的方向垂直纸面向里
B．所有电子在磁场中的轨迹半径相等
C．速率越大的电子在磁场中运动时间越长
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D．在此过程中每个电子的速度方向都改变2θ
答案 AD
解析 由左手定则可判断，该匀强磁场的方向垂直纸面向里，A 正确；由洛伦兹力提供向心力可得qvB＝
m，整理得r＝，电子的轨迹半径与速度大小有关，速率不同，半径不同，B 错误；由周期公式T＝可知，
电子在磁场中的运动周期相同，由几何关系可知，在此过程中每个电子的速度方向都改变2θ，即轨迹圆
心角为2θ，电子在磁场中的运动时间t＝T，故不同速率的电子在磁场中的运动时间都相同，C 错误，D 正
确．
3.(2023·黑龙江齐齐哈尔市模拟)如图所示，虚线上方存在垂直纸面的匀强磁场(具体方向未知)，磁感应
强度大小为B，一比荷为k 的带负电粒子从虚线上的M 点垂直磁场方向射入磁场，经过一段时间，该粒子
经过N 点(图中未画出)，速度方向与虚线平行向右，忽略粒子的重力．则下列说法正确的是( )
A．磁场的方向垂直纸面向外
B．粒子从M 运动到N 的时间为
C．如果N 点到虚线的距离为L，则粒子在磁场中做圆周运动的半径为2L
D．如果N 点到虚线的距离为L，则粒子射入磁场的速度大小为kBL
答案 C
解析 根据题意作出粒子的运动轨迹如图所示，根据左手定则可知，磁场方向垂直纸面向里，故A 错误；
粒子从M 运动到N 时速度方向改变了60°，所以粒子在该段时间内运动轨迹对应的圆心角为α＝60°，则
粒子从M 到N 运动的时间为t＝T，又粒子在磁场中的运动周期为T＝，整理得t＝，故B 错误；如果N 点到
虚线的距离为L，根据几何关系有cos α＝，解得R＝2L，又R＝，则v＝2kBL，故D 错误，C 正确．
4.(多选)如图所示，A 粒子和B 粒子先后以同样大小的速度从宽度为d、方向垂直纸面向外的有界匀强磁场
的边界上的O 点，分别以与边界成37°和53°角的方向射入磁场，sin 37°＝0.6，sin 53°＝0.8，又都
恰好垂直另一边界飞出，若粒子重力不计，则下列说法中正确的是( )
A．A、B 两粒子均带正电
B．A、B 两粒子在磁场中做圆周运动的半径之比是4∶3
C．A、B 两粒子比荷之比是4∶3
D．A、B 两粒子在磁场中做圆周运动的时间之比是53∶37
答案 AC
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解析 作出A 粒子运动轨迹如图，根据左手定则可判断粒子A 带正电，同理可知，B 也带正电，A 正确；由
几何关系可得R＝，所以A、B 两粒子在磁场中做圆周运动的半径之比＝＝，B 错误；根据洛伦兹力提供向
心力有qvB＝m，所以＝，则A、B 两粒子比荷之比∶＝＝，C 正确；根据T＝得，粒子在磁场中做圆周运动
的时间t＝T＝，所以＝＝×≠，D 错误．
5．(多选)如图所示的虚线框为一正方形区域，该区域内有一垂直于纸面向里的匀强磁场，一带电粒子从a
点沿与ab 边成30°角方向射入磁场，恰好从b 点飞出磁场；另一带电粒子以相同的速率从a 点沿ad 方向
射入磁场后，从c 点飞出磁场，不计重力，则两带电粒子的比荷之比及在磁场中的运动时间之比分别为(
)
A.∶＝1∶1
B.∶＝2∶1
C．t1∶t2＝2∶3
D．t1∶t2＝1∶3
答案 AC
解析 两粒子的运动轨迹如图，设正方形区域边长为L，则从b 点飞出的粒子的运动轨迹半径为r1＝L；从
c 点飞出的粒子的运动轨迹半径为r2＝L；根据qv0B＝m，可得＝，则∶＝1∶1，选项A 正确，B 错误．根据
T＝可知，两粒子在磁场中做圆周运动的周期相同，两粒子在磁场中转过的角度分别为60°和90°，根据
t＝T，可得t1∶t2＝60°∶90°＝2∶3，选项C 正确，D 错误．
6.如图所示，abcd 为边长为L 的正方形，在四分之一圆abd 区域内有垂直正方形平面向外的匀强磁场，磁
感应强度大小为B.一个质量为m、电荷量为＋q 的带电粒子从b 点沿ba 方向射入磁场，粒子恰好能通过c
点，不计粒子的重力，则粒子的速度大小为( )
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A.
B.
C.
D.
答案 C
解析 画出粒子在磁场中运动的轨迹示意图，根据几何关系，射出磁场时的速度反向延长线通过a 点，磁
场的半径为L，设粒子的轨迹半径为r，由几何关系得L＋r＝L，由洛伦兹力提供向心力得qvB＝m，联立解
得v＝，故选C.
7.(多选)如图，在直角坐标系第一象限中y 轴与直线y＝x 所夹范围内存在匀强磁场，磁感应强度大小为
B、方向垂直于纸面向里．一带负电的粒子以速度v0自y 轴上a 点垂直射入磁场，一段时间后，该粒子垂直
直线y＝x 射出磁场，自x 轴上b 点(图中未画出)离开第一象限．已知Oa＝L，不计粒子重力．则下列判断
正确的是( )
A．粒子在磁场中运动的轨迹半径为L
B．b 点的横坐标为L
C．粒子在第一象限磁场中的运动时间为
D．粒子在第一象限的运动时间为(＋)
答案 AB
解析 粒子在第一象限的运动轨迹如图，在磁场中轨迹圆心为O 点，所以R＝L，根据几何关系Ob＝L，粒
子在磁场中的运动时间t＝＝，在第一象限运动的路程s＝(＋1)L，所以时间t 总＝＝(＋1)，故选A、B.
8.如图所示，半径为r 的圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B.磁场边界上A 点有
一粒子源，源源不断地向磁场发射各种方向(均平行于纸面)且速度大小相等的带正电的粒子(重力和粒子
间的相互作用力不计)，已知粒子的比荷为k，速度大小为2kBr.则粒子在磁场中运动的最长时间为( )
A. B. C. D.
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答案 C
解析 粒子在磁场中运动的半径为R＝＝＝2r；当粒子在磁场中运动时间最长时，其轨迹对应的圆心角最
大，此时弦长最大，其最大值为圆磁场的直径2r，则圆心角最大为，故t＝＝＝，故选项C 正确．
9.(多选)(2021·海南卷·13)如图，在平面直角坐标系Oxy 的第一象限内，存在垂直纸面向外的匀强磁
场，磁感应强度大小为B.大量质量为m、电量为q 的相同粒子从y 轴上的P(0，L)点，以相同的速率在纸面
内沿不同方向先后射入磁场，设入射速度方向与y 轴正方向的夹角为α(0≤α≤180°)．当α＝150°
时，粒子垂直x 轴离开磁场．不计粒子的重力．则( )
A．粒子一定带正电
B．当α＝45°时，粒子也垂直x 轴离开磁场
C．粒子入射速率为
D．粒子离开磁场的位置到O 点的最大距离为3L
答案 ACD
解析 粒子垂直x 轴离开磁场，根据左手定则可知粒子带正电，A 正确；当α＝150°时，粒子垂直x 轴离
开磁场，运动轨迹如图甲，粒子运动的半径为 r＝＝2L，洛伦兹力提供向心力，有qvB＝m，解得粒子入射
速率v＝，C 正确；若α＝45°，粒子运动轨迹如图乙，根据几何关系可知粒子离开磁场时与x 轴不垂
直，B 错误；粒子离开磁场的位置到O 点距离最远时，粒子在磁场中的轨迹为半圆，运动轨迹如图丙，根
据几何关系可知(2r)2＝(L)2＋xm
2，解得xm＝3L，D 正确．
10.(多选)速度均为v0的H 和He 的混合粒子流沿着与直径ab 夹角为α(α 角未知)的方向垂直进入圆柱形
匀强磁场区域(未画出)，一种粒子的出射方向恰与直径ab 平行向右，另一种粒子刚好从直径的另一点b 出
射．已知元电荷为e，H 的质量为3m，He 的质量为4m，不计粒子的重力和粒子间相互作用力，该区域的磁
感应强度大小为B，则( )
A．出射方向恰与直径ab 平行的粒子为He
B.He 的速度偏转角是H 速度偏转角的2 倍
C．α＝60°
D．磁场圆的半径为
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答案 BCD
解析 作出粒子运动轨迹图如图所示，由qv0B＝m，解得r＝，则＝＝＝，设水平向右射出的粒子半径为r2
，从b 点射出的粒子半径为r1，磁场圆的半径为R，则r1＝，R2＝[r2(1－cos α)]2＋(r2sin α－R)2，解
得r2＝，则＝＝<1，所以r2对应的是H，即出射方向恰与直径ab 平行的粒子为H，故A 错误；由几何分析
可知He 的速度偏转角为2α，H 的速度偏转角为α，故B 正确；由A 项分析有＝，解得α＝60°，故C 正
确；由A 项分析有r1＝＝rHe＝，解得R＝，故D 正确．
11.真空中有一匀强磁场，磁场边界为两个半径分别为a 和2a 的同轴圆柱面，磁场的方向与圆柱轴线平
行，其横截面如图所示．一电子以速率v 沿半径方向射入磁场．已知电子质量为m，电荷量为e，忽略重
力．为使电子不能进入内部无磁场区域，磁场的磁感应强度B 最小为( )
A. B. C. D.
答案 B
解析 使电子不能进入内部无磁场区域的临界轨迹如图所示，磁感应强度最小时轨迹与内圆相切，根据勾
股定理有r2＋4a2＝(r＋a)2，解得r＝a，电子在磁场中运动时，根据洛伦兹力提供向心力，有evBmin＝m，
解得Bmin＝，故B 正确，A、C、D 错误．
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